TRƯỜNG THPTMAI ANH TUẤN NGA SƠN _ THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009 Môn: Toán Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH Câu I 2 điểm.. Tính thể tích vật th
Trang 1TRƯỜNG THPT
MAI ANH TUẤN
NGA SƠN _ THANH HÓA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009
Môn: Toán Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2
yx x m x có đồ thị là (Cm)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2
2 Tìm những giá trị của m để đường thẳng y x 1 cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại B và C vuông góc với nhau
Câu II (2 điểm).
1 Giải hệ phương trình 3 3
2 Giải phương trình sin2 x sin22x sin23x 2
Câu III (2 điểm)
1 Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn tâm I(2; 2) bán kính R = 1 quanh trục hoành
2 Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0 Ax và By là hai nửa
đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a)
a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN
b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất
Câu IV (1 điểm) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 3 2
x m x m x
PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va (3 điểm) Chương trình cơ bản
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm P(3; 1) và hai đường thẳng có phương trình là
d x y và d2:x 2y 3 0 Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường thẳng d v d1 à 2 một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của d v d1 à 2
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1: 1 2 1
x y z
2
:
x y z
và mặt cầu (S): x
2
+ y2 + z2 + 4x -2y +6z + 5 = 0 Viết phương trình mặt phẳng tếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với 1 và 2
3 Tìm phần thực của số phức 2009
1 i
Câu Vb (3 điểm) Chương trình nâng cao
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip( )E có phương trình
1
và điểm M(- 1; 1) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt ( )E tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; - 2), B(0; 0; 1), C(2; 0; 1) Tìm tọa
độ của điểm M sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất
3 Giải bất phương trình 2 4
log x 4 log x 4 log x
Trang 2ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A
2
TXĐ D =
Sự biến thiên : y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x + 1)2 0 x
Hàm số đồng biến trên
Hàm số không có cực trị
Giới hạn : lim
x y
Bảng biến thiên
x 0
y’ + 0 +
1
025
023
025
025
I
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng y = x + 1
x3 + 3x2 + mx = 0 2 0
x
Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
2
g x x x m có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi
9
4
0
m
(*) Khi đó hoành độ của B và C thỏa mãn 3
.
B C
B C
x x
x x m
(1)
Ta có f’(x) = 3x2 + 6x + m + 1
Hệ số góc các tiếp tuyến tại B và C là f’(xB) = 2
3x B 6x B m 1,f’(xC) = 2
3x C 6x C m 1 Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(xB) f’(xC) = -1
( 2
3x B 6x B m 1).( 2
3x C 6x C m 1) = - 1
( 2
3x B 6x B)( 2
3x C 6x C)+ (m + 1)( 2
3x B 6x B+ 2
3x C 6x C) + (m + 1)2 = - 1
9(x x B. C) 18x x B C(x B x C) 36 x x B C 3(m 1)((x Bx C) 2x x B C 3(x B x C))
025
025
025
Trang 3+m2 + 2m + 2 = 0
Kết hợp với (1) ta được
9m2 – 54m + 36m + 3(9 – 2m - 9) + m2 + 2m + 2 = 0
5m2 – 11m + 1 = 0 11 91
10
m
thỏa mãn điều kiện (*)
Kết luận: Với 11 91
10
m
2
Điều kiện: 0 x 3, 0 y 3
2 (3 ) 0
2 (3 ) 0
(3 ) 0 (3 ) 0
0 0 3 3
x y x y
Kiểm tra ta thấy 0, 3
thỏa mãn.
Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm 0, 3
025 025
025
025
II
Ta có sin2 xsin22xsin23x2 1 os2x 2 1 os6x
x
2
2
os2 os6 2(1 sin 2 ) 0 os2 os4 os 2 0
os2 ( os4 os2 ) 0
os2 0
c x
hoặc cos4x + cos2x = 0 os2 0
c x x k
,
cos4x + cos2x = 0 cos4xcos( 2 )x 6 3
2
Kết luận: Phương trình có ba họ nghiệm
x k
x k v x k
025
025
025
025
2
III
Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2)2 + (y - 1)2 = 1
Trang 4Điều kiện: 1 x 3 Từ phương trình đường tròn ta có 2
1 1 ( 2)
y x với y 1
1 1 ( 2)
y x với y 1 Thể tích vật thể cần tìm
3
2
1
4 1 ( 2)
Đặt x – 2 = sint với
2 x 2
x = 1 t =
2
x = 3 t =
2
dx = costdt, 2
1 ( x 2) = cost
Vậy V =
2 2
2
4 cos tdt
=
2
2
2
2 (1 cos2 )t dt 2
025
025
025
025
a) Gọi I là trung điểm của MN
do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI =
2
MN
tương tự AI =
2
MN
Vậy AI = BI = MI = NI =
2
MN
= 2
b
I
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R =
2
b
B
Tam giác ABN vuông tại B nên AN2 = AB2 + BN2 y Tam giác AMN vuông tại A nên MN2 = AM2 + AN2
Suy ra b2 = MN2 = AM2 + AB2 + BN2 = x2 + a2 + y2
Do đó x2 + y2 = b2 – a2 không đổi
Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN
Thể tích 1 1 2 2 1 2 2
V y a x y a b a
Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN =
2
b a
025
025
025
025
1 IV
(x 1)(x x 1) m x( x 1) (x 1)
Trang 5Điều kiện x 1
Khi đó bất phương trình tương đương với 2 1 2 1
m
m
(*)
Đặt t = 2 1
1
x
, bất phương trình (*) có dạng : t – t
2
m
(1)
Ta có
2
2
1
1
x
x x
x x
Bảng biến thiên
3
Vậy 0; 11 7 3
13
t
Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có
nghiệm 0; 11 7 3
13
t
khi và chỉ khi
11 7 3
13
ax ( )
t
M f t m
với f(t) = t – t2
f’(t) = 1 – 2t
Bảng biến thiên
t
2
3 2 3 3
-f(t)
1 4
Từ bảng biến thiên :
11 7 3
13
ax ( )
t
M f t khi x
Vậy ycbt tương đương với 1
4
m
025
025
025
025 3
Va
Đường thẳng đi qua P(3 ; 1) có dạng : ax by 3a b 0
Đường thẳng tạo với hai đường thẳng d v d1 à 2 một tam giác cân có đỉnh là giao của
d v d khi và chỉ khi ( , d1) ( ,d2)
os( ,d ) os( ,d )
025
Trang 62 2 2 2
2a b a 2b
hoặc 2a b a 2b
a b
hoặc 3a b 0 Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0
025
025 025
Vectơ chỉ phương của 1: 1 2 1
x y z
:
x y z
lần lượt là (2; 1;1), ( 2;1; 2)
u v
Mặt phẳng (P) song song với 1 và 2 nhận cặp vectơ (2; 1;1), ( 2;1; 2)
u v
làm cặp vectơ chỉ phương
Mặt phẳng (P) có dạng (P) : x + 2y + m = 0
Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi
2 2
m
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y + 3 5 = 0 và x + 2y – 3 5 = 0
025
025 025
025
Ta có
2009 21004
1004
( 2 ) (1 )
Vậy phần thực của số phức trên là 1004
2
025
025 025
025 3
Vb
Đường thẳng đi qua M(- 1 ; 1) có dạng 1
1
0
a b )
1
1 1
A A
2
2
1 1
B B
M là trung điểm của AB khi và chỉ khi
2 2
A B M
A B M
a t t
b t t
A, B ( )E suy ra t1, t2 là hai nghiệm của phương trình 4(-1 + at)2 + 9(1 + bt)2 = 36
(4a 9b t) (8a 18 )b t 23 0
t1 + t2 = 0 8a 18b 0 4a 9b 0 Chọn a = 9, b = 4
025
025
025
025
Trang 7Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình 1 9
1 4
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(1 ; 1 ; 0)
Ta có
3
Vậy MA2+ MB2 + MC2 2 2 2
GA GB GC dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M G
025
025
025 025
Ta có
4 16
2
2 2
4 log 0 log 2 log 0 log 2 log 16 8 log log 0
x
x
x
2
2
8
0 log
5
0 64 1
25 1 0
4
x x x x x
Tập nghiệm của bất phương trình là S = [1;64] (0; ]1
25 4
025
025
025
025
